一些数学小tricks

\(P(A|B)=\frac{P(B|A)}{P(B)}P(A)\)

贝叶斯定理，不多谈

\(f(n)=\sum_{i=0}^n \binom i n \times g(i) \Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=0}^n \binom i n (-1)^{n-i} f(i)\)

二项式反演,g(i)表示恰好有i,而f(i)表示至多有i

\(f(n)=\sum_{i=n}^m \binom n i \times g(i) \Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=n}^m \binom n i(-1)^{i-n} f(i)\)

二项式反演,g(i)同上,f(i)表示至少有i

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判定一个数 \(x\) 是否是 \(p\) 的原根： 将 \(p-1\) 分解为 \(p_1^{c_1}p_2^{c_2}\dots p_k^{c_k}\) 的形式，
若对于任意 \(i\) 均满足 \(x^{\frac{p-1}{p_i}} \not≡1\) ，则 \(x\) 是 \(p\) 的原根

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\(\begin{bmatrix}n\\ m\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{n-1}\\ {m-1}\end{bmatrix}+(n-1) \times \begin{bmatrix}{n-1}\\ {m}\end{bmatrix}\)

其中 \(\begin{bmatrix}n\\ m\end{bmatrix}\) 表示第一类斯特林数，即 \(n\) 个元素组成 \(m\) 个非空圆排列的方案数。

\[\sum_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}=n! \]

简略证明：从组合意义上考虑，\(n\) 个元素组成若干圆排列的方案总数就是循环置换的个数，即 \(n!\)

\[\left\{ \begin{matrix} n \\ m \end{matrix} \right\} =\left\{ \begin{matrix} {n-1} \\ {m-1} \end{matrix} \right\} +m \times \left\{ \begin{matrix} {n-1} \\ {m} \end{matrix} \right\} \]

其中 $ \left{ \begin{matrix} n \ m \end{matrix} \right}$ 表示第二类斯特林数，即 \(n\) 个元素划分成 \(m\) 个非空集合的方案数。

\[\operatorname{m}^{\operatorname{n}} = \sum_{i=0}^n \binom {\operatorname{m}}{\operatorname{i}} \times \operatorname{i}!\ \times \left\{ \begin{matrix} {\operatorname{n}} \\ {\operatorname{i}} \end{matrix} \right\} \]

略证：从组合意义的角度上进行考虑。
\(\operatorname{m}^{\operatorname{n}}\) 表示 \(\operatorname{n}\) 个格子染色为 \(\operatorname{m}\) 种颜色的方案总数，
枚举染色的颜色个数，后面显然正确

\(\sum_{i=0}^k \binom n i \binom m {k-i}=\binom {n+m}{k}\)

上式即范德蒙德卷积。组合意义证明显然...

\(f(n)=\sum_{i=1}^n \left\{ \begin{matrix} n \\ i \end{matrix} \right\}g(i) \Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=1}^n \begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}(-1)^{n-i}f(i)\)

斯特林反演。证明不会

\(B_{n+1}=\sum_{i=0}^n B_{n-i} \binom n i\)

其中 \(B_i\) 表示贝尔数，即将 \(i\) 个不同数字划分为任意非空集合的方案总数。

至于这个式子可以从组合意义的角度去理解，即枚举第 \(1\) 个数字所在的集合大小，结果就十分显然。

\(\operatorname{kthmax}(S)=\sum_{T \subseteq S} \operatorname{min(T)}(-1)^{|T|-k} \binom{|T|-1}{k-1}\)

min-max 容斥。具体可以用二项式反演去证明。

\[\sum_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i =x^{\bar{n}} \]

可以用归纳法，如下：

\[x^{\bar{n+1}}=(\sum_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i)(x+n)=\sum_{i=0}^{n+1} (\begin{bmatrix}n\\i-1\end{bmatrix}+n \times \begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}) x^i=\sum_{i=0}^{n+1} \begin{bmatrix} n+1 \\ i \end{bmatrix} x^i \]

\[(x+y)^{\underline{n}}=\sum_{i=0}^n x^{\underline{i}}y^{\underline{n-i}}\binom {n}{i} \]

即下降幂二项式定理。

证明..

\[\begin{aligned} \sum_{i=0}^n x^{\underline{i}} y^{\underline{n-i}}\binom {n}{i} &= \sum_{i=0}^n \frac{x!}{(x-i)!} \frac{y!}{(y-(n-i))!} \frac{n!}{i!(n-i)!} \\ &= n!\sum_{i=0}^n \frac{x!}{(x-i)!i!}\frac{y!}{(n-i)!(y-n+i)!} \\ &= n!\sum_{i=0}^n \binom x i \binom {y} {n-i} \\ &= n! \binom {x+y} n \\ &= (x+y)^{\underline{n}} \end{aligned} \]